Question

Vorgegeben Reihe in geometrische Reihe überführen

Aufrufe: 653 Aktiv: 28.12.2020 um 11:54

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Ich weiß nicht, wie ich diese Reihe in eine geometrischr Reihe überführe um Konvergenz nachweisen zu können.

$$\sum \limits_{n=1}^{\infty}\frac{n^{5}}{2^{n}}= \sum \limits_{n=0}^{\infty}n^{5}(\frac{1}{2})^{n}$$

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gefragt 26.12.2020 um 12:48

koala18
Punkte: 40

Deine Gleichung macht leider keinen Sinn. Es ist $\left(\dfrac{n^5}{2}\right)^n =n^{5n} \cdot \left(\dfrac{1}{2}\right)^n$.

Von welcher Reihe möchtest du denn die Konvergenz prüfen wollen? Und ist der Laufindex von $k=1$ oder von $k=0$ ausgehend? ─ maqu 26.12.2020 um 13:11

Ja, du hast recht. Ich habe es falsch aufgeschrieben. Jetzt habe ich es korregiert ─ koala18 26.12.2020 um 13:50

Ok verstehe und der Laufindex ist nun welcher genau?
Du musst nicht zwangsweise die geometrische Reihe verwenden. Hattet ihr schon irgendwelche Konvergenzkriterien für Reihen? ─ maqu 26.12.2020 um 14:02

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1 Antwort

maqu · Accepted Answer · 2020-12-26T14:15:09Z

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Du kannst vielleicht über das Quotientenkriterium die Konvergenz prüfen.

Quotientenkriterium: Sei $\displaystyle{\sum_{k=0}^{\infty} a_n}$ eine unendliche Reihe. Wenn es ein $q\in \mathbb{R}$ gibt, so dass für fast alle $n\in \mathbb{N}$ gilt:

(1) $\left|\dfrac{a_{n+1}}{a_n}\right| \leq q<1$, dann konvergiert die Reihe absolut.

(2) $\left|\dfrac{a_{n+1}}{a_n}\right| \geq 1$, dann divergiert die Reihe.

Wende das mal auf dein Beispiel an. Der Betrag kann weggelassen werden, da der Ausdruck immer positiv ist. Es folgt also:

$\left| \dfrac{a_{n+1}}{a_n} \right| =\left|\dfrac{(n+1)^5 \cdot 2^n}{n^5 \cdot 2^{n+1}}\right| =\dfrac{(n+1)^5}{2n^5} =....$

Wenn du mit dem Quotientenkriterium keine Aussage treffen kannst, kannst du noch andere Kriterien ausprobieren.

Vielleicht hilft dir diese Übersicht:

https://de.wikipedia.org/wiki/Konvergenzkriterium#/media/Datei:Entscheidungsbaum_zur_Konvergenz_und_Divergenz_von_Reihen.svg

Hoffe das hilft weiter.

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geantwortet 26.12.2020 um 14:15

maqu
Punkte: 8.84K

Das Problem ist, dass unser prof. es nicht so mag, wenn wie das Quotientenkriterium oder Wurzelkrit. benutzen. Er meint, dass wir stattedessen einfach das Majorantenkriterium benutzen sollen, da die anderen zwei ja nur Ableitungen vom Majorantenkr. sind. ─ koala18 26.12.2020 um 15:59

Verstehe du sollst es also gegen eine Majorante abschätzen und da bietet sich aufgrund der form des term die geometrische reihe an .... ich würde wie folgt argumentieren: der ausdruck $2^n$ wächst ja schneller als $n^5$ für hinreichend große $n$. Somit muss also dein Bruch $q=\dfrac{n^5}{2^n}$ für hinreichend große $n$ kleiner als $1$ sein. Ab $n=23$ müsste dies glaube ich der fall sein. Dann noch entsprechend abschätzen ... muss ich heute abend nochmal genauet schauen wie, bin grad noch bei der family :D ... ─ maqu 26.12.2020 um 16:25

Ja, lass dir Zeit mit dem Antworten, es ist immerhin Weihnachten. Woher wei? man, dass es ab n=23 ist, ohne Plotter und durch ausprobieren ─ koala18 26.12.2020 um 16:51

Hab ich vorhin beim kaffee ausprobiert :D ─ maqu 26.12.2020 um 16:57

Also ich könnte jetzt nicht schlafen, wenn ich nichts wenigstens eine Idee an dich weitergeben kann. Also ich bekomme es zwar nicht hin es gegen die geometrische Reihe nach oben abzuschätzen aber ich vermute du kannst den Term $\dfrac{1}{2^n}$ so günstig abschätzen, dass du deine Reihe nach oben gegen $\displaystyle{\sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{1}{k^2}}$ abschätzen kannst. Die Idee ist folgende:
Ich benutze den binomischen Lehrsatz für $2^n$. Es ergibt sich:
$2^n=(1+1)^n=\displaystyle{\binom{n}{0} +\binom{n}{1} +\binom{n}{2} +\ldots +\binom{n}{n-1} +\binom{n}{n}}=1+n+\dfrac{n(n-1)}{2!} +\dfrac{n(n-1)(n-2)}{3!} + \ldots + \dfrac{n(n-1)(n-2)(n-3)(n-4)(n-5)(n-6)}{7!} + \ldots + n+1$
Mich interessiert eigentlich nur der Term mit $7!$ im Nenner. Warum? Weil ja nun folgendes gilt:
$\dfrac{n(n-1)(n-2)(n-3)(n-4)(n-5)(n-6)}{7!} <2^n \qquad \Leftrightarrow \qquad \dfrac{1}{2^n} < \dfrac{7!}{n(n-1)(n-2)(n-3)(n-4)(n-5)(n-6)}$
Somit kannst du deine Folge $a_n$ aus der Summe abschätzen gegen:
$\dfrac{n^5}{2^n} < \dfrac{7!\cdot n^5}{n(n-1)(n-2)(n-3)(n-4)(n-5)(n-6)} \leq \ldots \leq \dfrac{1}{n^2}$
Damit hättest du eine konvergente Majorante gefunden, so dass deine Reihe absolut konvergiert. Ausgerechnet hab ich das noch nicht :D, aber man sollte mit ein bisschen rechnen am Ende ans Ziel kommen. Wenn du mich fragst ziemlich umständlich. Mit dem Quotientenkriterium würde es bei dieser Reihe deutlich schneller und unkomplizierter gehen ;D

Hoffe ich konnte dir wenigstens einen Denkanstoß geben.

Also ich könnte jetzt nicht schlafen, wenn ich nichts wenigstens eine Idee an dich weitergeben kann. Also ich bekomme es zwar nicht hin es gegen die geometrische Reihe nach oben abzuschätzen aber ich vermute du kannst den Term $\dfrac{1}{2^n}$ so günstig abschätzen, dass du deine Reihe nach oben gegen $\displaystyle{\sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{1}{k^2}}$ abschätzen kannst. Die Idee ist folgende: 
Ich benutze den binomischen Lehrsatz für $2^n$. Es ergibt sich:
$2^n=(1+1)^n=\displaystyle{\binom{n}{0} +\binom{n}{1} +\binom{n}{2} +\ldots +\binom{n}{n-1} +\binom{n}{n}}=1+n+\dfrac{n(n-1)}{2!} +\dfrac{n(n-1)(n-2)}{3!} + \ldots + \dfrac{n(n-1)(n-2)(n-3)(n-4)(n-5)(n-6)}{7!} + \ldots + n+1$
Mich interessiert eigentlich nur der Term mit $7!$ im Nenner. Warum? Weil ja nun folgendes gilt:
$\dfrac{n(n-1)(n-2)(n-3)(n-4)(n-5)(n-6)}{7!} <2^n \qquad \Leftrightarrow \qquad \dfrac{1}{2^n} < \dfrac{7!}{n(n-1)(n-2)(n-3)(n-4)(n-5)(n-6)}$
Somit kannst du deine Folge $a_n$ aus der Summe abschätzen gegen:
$\dfrac{n^5}{2^n} < \dfrac{7!\cdot n^5}{n(n-1)(n-2)(n-3)(n-4)(n-5)(n-6)} \leq \ldots \leq \dfrac{1}{n^2}$
Damit hättest du eine konvergente Majorante gefunden, so dass deine Reihe absolut konvergiert. Ausgerechnet hab ich das noch nicht :D, aber man sollte mit ein bisschen rechnen am Ende ans Ziel kommen. Wenn du mich fragst ziemlich umständlich. Mit dem Quotientenkriterium würde es bei dieser Reihe deutlich schneller und unkomplizierter gehen ;D

Hoffe ich konnte dir wenigstens einen Denkanstoß geben.

─ maqu 27.12.2020 um 00:23

Ja, das hast du auf jeden Fall geschafft. Dankeschön! ─ koala18 28.12.2020 um 11:54

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